点；
(ⅱ)当a＞89时,Δ＞0,设方程2ax2
＋ax－a＋1＝0的两根为x1,x2(x1＜x2),
因为xx111
1＋2＝-2,所以x1＜-4,x2＞-4. 由g(-1)＝1＞0,可得-1＜x1
1＜-4
.
所以当x∈(-1,x1)时,g(x)＞0,f′(x)＞0,函数f(x)单调递增； 当x∈(x1,x2)时,g(x)＜0,f′(x)＜0,函数f(x)单调递减； 当x∈(x2,＋∞)时,g(x)＞0,f′(x)＞0,函数f(x)单调递增； 因此函数有两个极值点.
(ⅲ)当a＜0时,Δ＞0,由g(－1)＝1＞0,可得x1＜－1. 当x∈(－1,x2)时,g(x)＞0,f′(x)＞0,函数f(x)单调递增；
当x∈(x2,＋∞)时,g(x)＜0,f′(x)＜0,函数f(x)单调递减；所以函数有一个极值点. 综上所述,当a＜0时,函数f(x)有一个极值点； 当0≤a≤8
9时,函数f(x)无极值点；
当a＞8
9
时,函数f(x)有两个极值点.
(2)由(1)知,①当0≤a≤8
9时,函数f(x)在(0,＋∞)上单调递增,
因为f(0)＝0,所以x∈(0,＋∞)时,f(x)＞0,符合题意； ②当8
9＜a≤1时,由g(0)≥0,得x2≤0,
所以函数f(x)在(0,＋∞)上单调递增,
又f(0)＝0,所以x∈(0,＋∞)时,f(x)＞0,符合题意；
③当a＞1时,由g(x)＜0,可得x2＞0.所以x∈(0,x2)时,函数f(x)单调递减； 因为f(0)＝0,所以x∈(0,x2)时,f(x)＜0,不合题意； ④当a＜0时,设h(x)＝x－ln(x＋1). 因为x∈(0,＋∞)时,h′(x)＝1－
1x＋1＝xx＋1
＞0 ,所以h(x)在(0,＋∞)上单调递增, 因此当x∈(0,＋∞)时,h(x)＞h(0)＝0,即ln(x＋1)＜x. 可得f(x)＜x＋a(x2
－x)＝ax2
＋(1－a)x,
当x＞1－1a时,ax2
＋(1－a)x＜0,此时f(x)＜0,不合题意.
综上所述,a的取值范围是[0,1].
21
23.证明 (1)f′(x)＝aesin x＋ecos x＝e(asin x＋cos x)＝a＋1esin(x＋φ), 1π
其中tan φ＝,0＜φ＜. a2
令f′(x)＝0,由x≥0得x＋φ＝mπ,即x＝mπ－φ,m∈N, 对k∈N,若2kπ＜x＋φ＜(2k＋1)π,
即2kπ－φ＜x＜(2k＋1)π－φ,则f′(x)＞0；
若(2k＋1)π＜x＋φ＜(2k＋2)π,即(2k＋1)π－φ＜x＜(2k＋2)π－φ,则f′(x)＜0. 因此,在区间((m－1)π,mπ－φ)与(mπ－φ,mπ)上,f′(x)的符号总相反. 于是当x＝mπ－φ(m∈N)时,f(x)取得极值,所以xn＝nπ－φ(n∈N). 此时,f(xn)＝e
a(nπ－φ)
*
*
*
axaxax2axsin(nπ－φ)＝(－1)
n＋1a(nπ－φ)
esin φ.
f（xn＋1）（－1）n＋2ea[（n＋1）π－φ]sin φaπ
易知f(xn)≠0,而＝＝－e是常数,故数列{f(xn)}是n＋1a（nπ－φ）
f（xn）（－1）esin φ
首项为f(x1)＝e
a(π－φ)
sin φ,公比为－e的等比数列. 1
aπ
(2)由(1)知,sin φ＝a2＋1
,于是对一切n∈N； xn＜|f(xn)|恒成立,即nπ－φ＜
*
1
a2＋1
e
a(nπ－φ)
a（nπ－φ）
a2＋1e
恒成立,等价于＜(*)
aa（nπ－φ）
恒成立,因为(a＞0).
ee（t－1）
设g(t)＝(t＞0),则g′(t)＝. 2
tttt令g′(t)＝0得t＝1.
当0＜t＜1时,g′(t)＜0,所以g(t)在区间(0,1)上单调递减； 当t＞1时,g′(t)＞0,所以g(t)在区间(1,＋∞)上单调递增. 从而当t＝1时,函数g(t)取得最小值g(1)＝e.
a2＋11因此,要使(*)式恒成立,只需＜g(1)＝e,即只需a＞2.
ae－1
而当a＝
1πππ2时,由tan φ＝＝e－1＞3且0＜φ＜知,＜φ＜. 2
a232e－11
2π3π22
于是π－φ＜＜e－1,且当n≥2时,nπ－φ≥2π－φ＞＞e－1.
32
a2＋1
因此对一切n∈N,axn＝2≠1,所以g(axn)＞g(1)＝e＝.故(*)式亦恒成立.
ae－1
*
nπ－φ
综上所述,若a≥
1e－1
2
,则对一切n∈N,xn＜|f(xn)|恒成立.
1
－1＝1＋x*
24.(1)证明 令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x,x∈(0,＋∞),则有F′(x)＝
22
－xx＋1
. 当x∈(0,＋∞)时,F′(x)＜0,所以F(x)在(0,＋∞)上单调递减, 故当x＞0时,F(x)＜F(0)＝0,即当x＞0时,f(x)＜x.
(2)证明 令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx,x∈(0,＋∞), 则有G′(x)＝1x＋1－k＝－kx＋（1－k）x＋1
. 当k≤0时,G′(x)＞0,故G(x)在(0,＋∞)单调递增,G(x)＞G(0)＝0, 故任意正实数x0均满足题意.
当0＜k＜1时,令G′(x)＝0,得x＝1－k1
k＝k－1＞0,
取x1
0＝k－1,对任意x∈(0,x0),有G′(x)＞0,从而G(x)在(0,x0)单调递增,
所以G(x)＞G(0)＝0,即f(x)＞g(x).
综上,当k＜1时,总存在x0＞0,使得对任意x∈(0,x0),恒有f(x)＞g(x). (3)解 当k＞1时,由(1)知,对于?x∈(0,＋∞),g(x)＞x＞f(x),故g(x)＞f(x), |f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x).M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2
,x∈[0,＋∞).2
则有M′(x)＝k－11＋x－2x＝－2x＋（k－2）x＋k－1
x＋1
. 故当x∈??k－2＋（k－2）2＋8（k?0，－1）?
4??时,M′(x)＞0,
M(x)在??k－2＋（k－2）2＋8（k－1）?
?0，4??
上单调递增,
故M(x)＞M(0)＝0,即|f(x)－g(x)|＞x2
,所以满足题意的t不存在. 当k＜1时,由(2)知,存在x0＞0,使得当x∈(0,x0)时,f(x)＞g(x), 此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx. 令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2
,x∈[0,＋∞).
2
则有N′(x)＝1x＋1－k－2x＝－2x－（k＋2）x＋1－kx＋1
. 当x∈??－（k＋2）＋（k＋2）2＋8（1－k）?0，?
4??
时,
)＞0,N(x)在??－（k＋2）＋（k＋2）2N′(x＋8（1－k）?
?0，4??
上单调递增,
故N(x)＞N(0)＝0,即f(x)－g(x)＞x2
.
－（k＋2）＋（2
记xk＋2）＋8（1－k）
0与4中的较小者为x1,
则当x∈(0,x1)时,恒有|f(x)－g(x)|＞x2
.
23
故满足题意的t不存在.
当k＝1时,由(1)知,当x＞0时,|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x), 1－2x－x令H(x)＝x－ln(1＋x)－x,x∈[0,＋∞),则有H′(x)＝1－－2x＝.
1＋xx＋1
2
2
当x＞0时,H′(x)＜0,所以H(x)在[0,＋∞)上单调递减,故H(x)＜H(0)＝0. 故当x＞0时,恒有|f(x)－g(x)|＜x.此时,任意正实数t均满足题意. 综上,k＝1.
法二 (1)(2)证明 同法一.
(3)解 当k＞1时,由(1)知,对于?x∈(0,＋∞),g(x)＞x＞f(x), 故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)＞kx－x＝(k－1)x. 令(k－1)x＞x,解得0＜x＜k－1.
从而得到,当k＞1时,对于x∈(0,k－1),恒有|f(x)－g(x)|＞x, 故满足题意的t不存在. 当k＜1时,取k1＝
2
2
2
k＋1
2
,从而k＜k1＜1,
由(2)知,存在x0＞0,使得x∈(0,x0),f(x)＞k1x＞kx＝g(x), 1－k此时|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＞(k1－k)x＝x,
2令
1－k1－k2
x＞x2,解得0＜x＜,此时f(x)－g(x)＞x. 22
1－k2
记x0与的较小者为x1,当x∈(0,x1)时,恒有|f(x)－g(x)|＞x.故满足题意的t不存在.
2当k＝1时,由(1)知,x＞0,|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝x－ln(1＋x),
1－2x－x令M(x)＝x－ln(1＋x)－x,x∈[0,＋∞),则有M′(x)＝1－－2x＝.
1＋xx＋1
2
2
当x＞0时,M′(x)＜0,所以M(x)在[0,＋∞)上单调递减, 故M(x)＜M(0)＝0.故当x＞0时,恒有|f(x)－g(x)|＜x, 此时,任意正实数t均满足题意. 综上,k＝1.
25.解 (1)由题意知(x＋2x＋k＋3)(x＋2x＋k－1)>0,
??x＋2x＋k＋3>0??x＋2x＋k＋3<0
?因此2或?2, ?x＋2x＋k－1>0??x＋2x＋k－1<0?
2
2
2
2
2
设y1＝x＋2x＋k＋3,y2＝x＋2x＋k－1,则这两个二次函数的对称轴均为x＝－1, 且方程x＋2x＋k＋3＝0的判别式Δ1＝4－4(k＋3)＝－4k－8, 方程x＋2x＋k－1＝0的判别式Δ2＝4－4(k－1)＝8－4k, 因为k<－2,所以Δ2>Δ1>0,
24
2
2
22